Matematika 1. Marcela Hanzer. Department of Mathematics, University of Zagreb. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 1 / 135

Matematika 1 Marcela Hanzer Department of Mathematics, University of Zagreb Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 1 / 135

Skupovi; brojevi Skupovi osnovni pojam u matematici (ne svodi se na još jednostavnije pojmove; potpuno odre den svojim elementima) oznake: x X ( x je element skupa X ), x / X( x nije element skupa X ); (prazan skup) skup opisujemo navo denjem svih njegovih elemenata ili, češće, opisivanjem svojstva (predikata) koji opisuje sve elemente koji dolaze u obzir (da bi pripadali danom skupu), npr. A = {n N : n 2 5n + 6 = 0}. najosnovnije operacije sa skupovima: biti podskup, unija, presjek, razlika skupova (za ove tri operacije pretpostavljamo da su A i B podskupovi nekog većeg skupa I) Napomena Često ćemo koristiti tzv. kvantifikatore:univerzalni ( za svaki ) i egzistencijalni ( postoji ) Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 2 / 135

1 biti podskup: X Y (X je podskup skupa Y ) ako za svaki x X vrijedi da je x Y ( vodi na definciju jednakosti skupova: X = Y ako i samo ako je X Y i Y X) 2 unija A B = {x I : x A ili x B} 3 presjek 4 razlika A B = {x I : x A i x B}. A \ B = {x I : x A i x / B}. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 3 / 135

Ilustrirajmo ove skupovne operacije A B A B A \ B A B A B A B Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 4 / 135

Skup prirodnih brojeva N 1 N = {1, 2,...} 2 Na N su definirane operacije zbrajanja i množenja (komutativne i asocijativne operacije; distributivnost zbrajanja prema množenju) 3 1 je neutralni element za množenje 4 Na N postoji ure daj (<, odnosno ) 5 Na skupu N vrijedi princip matematičke indukcije kojeg možemo izreći na sljedeći način: Neka je S N koji ima sljedeća dva svojstva: 1 1 S 2 Ako je n S, tada je nužno i n + 1 S. Tada je nužno S = N. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 5 / 135

(komentirajmo malo ovaj zaključak: 1 je dakle iz S. Sada primjenimo svojstvo (ii) skupa S: budući da je 1 S, tada je i 2 S. Opet primjenimo (ii): budući da je 2 S, sigurno je i 3, S itd. Zaključujemo da je svaki prirodni broj element iz S, dakle S = N). Princip matematičke indukcije često koristimo za dokazivanje nekih relacija, jednakosti, i slično, na sljedeći način: recimo da treba pokazati da neka tvrdnja vrijedi zasvaki prirodan broj n. Označimo s S skup brojeva za koje ta tvrdnja vrijedi. Dakle, želimo pokazati da je S = N i pokazujemo to po gornjem principu matematičke indukcije. Dakle, provjeravamo da tvrdnja vrijedi za n = 1 ( 1 S). Pretpostavljamo da tvrdnja vrijedi za neki n N. Ako iz toga nužno slijedi da tvrdnja vrijedi i za n + 1 imamo n S n + 1 S, dakle upravo svojstvo (ii) iz principa matematičke indukcije, što nam garantira da je S = N, dakle svojstvo vrijedi za svaki prirodan broj n. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 6 / 135

Primjer Dokažite da za svaki prirodni broj n vrijedi 1 2 + 2 2 + n 2 = n(n + 1)(2n + 1). 6 Komentar Primjetite da svaki podskup skupa N ima najmanji (tzv. minimalni) element! Skup cijelih brojeva Z Z = {..., 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3,...} Primjetimo da na Z tako der imamo definirano zbrajanje i množenje koji zadržavaju dobra svojstva od prije, ali postoji još i neutralni element za zbrajanje (0), naime, ( x Z)x + 0 = 0 + x = x. Za svaki x Z postoji jedinstveni element iz Z, u oznaci, x, takav da je x + ( x) = 0 (naravno, ovo pišemo x x = 0). x je suprotni element od x. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 7 / 135

Skup racionalnih brojeva Q 1 Q = { m n : m, n Z, n 0}. 2 primjetimo da za svaki x Q postoji jedinstveni element iz Q (dakle racionalan broj, razlomak), u oznaci x 1, takav da je xx 1 = x 1 x = 1. x 1 je recipročan element od x. 3 primjetimo da je za svaka dva racionalna broja x i y, broj x+y 2 tako der racionalan, a nalazi se izme du x i y (po veličini) = skup Q je gust u sebi. Ako nanesemo elemente skupa Q na brojevni pravac, dobit ćemo gust skup točkica. Ne možemo dakle govoriti o neposrednom sljedbeniku odnosno neposrednom prethodniku u Q elemenata iz Q. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 8 / 135

Skup realnih brojeva R Zamislimo da smo na brojevni pravac nanijeli elemente skupa Q. Pitanje Jesmo li tim točkama prekrili čitav brojevni pravac? Postoje brojevi koji nisu racionalni Iz osnovne škole znamo za Pitagorin teorem ako nacrtamo jednakokračan pravokutan trokut krakova duljine 1, znamo da je hipotenuza duljine x takva da vrijedi x 2 = 2. Kada bi prenijeli tu hipotenuzu na brojevni pravac, bi li ta točka bila prekrivena elementima iz Q? Ne! Pretpostavimo suprotno, tj. neka postoje m, n N takvi da je x = m n i neka je taj razlomak skraćen do kraja. Tada je x 2 = m2, tj. n 2 m 2 = 2n 2. To znači da je m 2 paran, dakle i m je paran (zašto?). Dakle, m = 2k za neki k N. Tada dobivamo 4k 2 = 2n 2, te je znači i n paran, ali to znači da razlomak m n nije bio skraćen do kraja! = = Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 9 / 135

1 Skup R dobivamo upotpunjavanjem rupa koje su preostale kada smo Q nanijeli na brojevni pravac (a takvih rupa je bilo, kao što se vidi iz gornjeg primjera-npr. duljina hipotenuze goreopisanog trokuta). 2 bitni su nam sljedeći skupovi u R: 1 otvoreni interval Neka su a, b R; a < b. Tada je (a, b) = a, b =]a, b[= {x R : x < b i x > a} 2 zatvoreni interval (segment) Neka su a, b R, a b [a, b] = {x R : x b i x a} 3 poluotvoreni (poluzatvoreni) interval (a, b] = {x R : x > a i x b}. Analogno definiramo [a, b). 4 (, a) = {x R : x > a}, analogno definiramo i (a, ). Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 10 / 135

1 Skup Q je gust u R: u svakom otvorenom intervalu u R nalazi se bar jedan (a onda u stvari i beskonačno mnogo) racionalnih brojeva 2 Kažemo da je A R ome den odozgo ako postoji a R takav da je x A, x a. Takav a nazivamo gornja me da ili majoranta skupa A. Analogno definiramo ome denost odozdo i minorante. Za neprazan podskup od R koji je ome den odogo i odozdo kažemo da je ome den. Komentar: skup ne mora biti ome den (niti odozdo niti odozgo)!! Najmanja gornja me da (odozgo ome denog nepraznog skupa) naziva se supremum. Najveća gornja me da (odozdo ome denog nepraznog skupa) je infimum. Primjer Promotrimo skup A = { 1 n : n N}. Je li ome den odozgo? A odozdo? Ima li supremum? A infimum? Ista pitanja za skup B = { n + 1 n : n N}. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 11 / 135

Skup R ima veoma važno svojstvo koje ga razlikuje od skupova koje smo dosad obradili (N Z Q), tzv. Aksiom o supremumu Svaki odozgo ome den neprazan podskup od R ima supremum. Zadatak Pokažite da analogon aksioma o supremumu ne vrijedi u Q. Definicija Ako je infimum nekog skupa ujedno i element tog skupa, nazivamo ga minimum (tog skupa). Ako je supremum nekog skupa ujedno i element tog skupa nazivamo ga maksimum. Prisjetimo se funkcije aposlutne vrijednosti, koja mjeri udaljenost neke točke na realnom { pravcu od ishodišta ( u oznaci x ako je x > 0 ; dakle za x R vrijedi x = x ako je x < 0. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 12 / 135

Kompleksni brojevi Promotrimo skup R 2 = R R, (Kartezijev produkt skupa R sa samim sobom). Uvedimo operacije zbrajanja i množenja na R 2 na sljedeći način: (x 1, y 1 ) + (x 2, y 2 ) = (x 1 + x 2, y 1 + y 2 ) (x 1, y 1 ) (x 2, y 2 ) = (x 1 x 2 y 1 y 2, x 1 y 2 + x 2 y 1 ). Primjetimo da skup realnih brojeva R možemo poistovjetiti s podskupom od R 2 na sljedeći način: x (x, 0). (1) Dakle, ako poistovjetimo ( koordinatizacijom) R 2 s ravninom, skup R možemo poistovjetiti s x-osi ( brojevni pravac). Primjetimo da se onda gornje formule za zbrajanje na R 2 svode na uobičajeno zbrajanje i množenje na R. Me dutim, ovakvo proširenje skupa R ima sljedeću dobru stranu. Prema gornjoj formuli je (0, 1) (0, 1) = (0 0 1 1, 0 1 + 1 0) = ( 1, 0). Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 13 / 135

Prema tome, element (0, 1) kvadriran daje ( 1, 0), tj. 1 R. Proširivši R na R 2 na ovaj način pronašli smo element koji kvadriran daje 1. Nadalje označavamo i = (0, 1), te onda svaki element (x, y) R 2 možemo pisati kao (x, y) = x + iy. Nadalje ćemo R 2 označavati s C i nazivati skupom kompleksnih brojeva. Prema gornjoj identifikaciji možemo smatrati da je R C, te imamo N Z Q R C. U zapisu z = x + iy x je realni dio kompleksnog broja z a y imaginarni. y y 0 z = x 0 + iy 0 φ x 0 x Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 14 / 135

Ponovno možemo definirati aposolutnu vrijednost kompleksnog broja kao njegovu udaljenost od ishodišta, dakle, prema Pitagorinom teoremu z 2 = x 2 0 + y 2 0. Vidimo da je, s druge strane x = z cos(φ), y = z sin(φ), te je z = z (cos(φ) + i sin(φ)) što je polarni zapis kompleksnog broja z. Kut φ se može uvijek uzeti iz intervala [0, 2π). Kut φ se naziva argument kompleksnog broja z. Zadatak 1. Zbrojite sljedeće kompleksne brojeve: 2. Izračunajte (2 3i) + (1 i), (2 + 2, π) (2 7i). (2 3i) (1 i), (2 + 2, π) (2 7i). Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 15 / 135

3. Izračunajte (2 + 5i) 3, (3 i) 4. Polarni zapis je (za nas) značajan zbog sljedeće formule koja nam olakšava potenciranje kompleksnih brojeva (koji moraju biti u polarnom zapisu) Moivreova formula Neka je z dan u polarnom zapisu kao z = z (cos(φ) + i sin(φ)). Tada za svaki prirodan broj n vrijedi z n = z n (cos(nφ) + i sin(nφ)). Zadatak Dokažite Moivreovu formulu matematičkom indukcijom. Kao i u slučaju realnih brojeva, možemo se upitati koji broj potenciran na n-tu potenciju daje zadani nam broj z 0 C, tj. kako naći n-ti korijen iz kompleksnog broja. Već na primjeru realnih brojeva nam je jasno da ne mora postojati samo jedan takav broj; npr. drugi korijeni iz 4 su i 2 i 2 (tj. to su brojevi koji kvadrirani daju 4; kasnije ćemo se baviti funkcijom drugog korijena...) Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 16 / 135

n-ti korijen iz kompleksnog broja Neka je dan kompleksan broj z s polarnim zapisom z = z (cos(φ) + i sin(φ)). Tada je z n = z n (cos(nφ) + i sin(nφ)). Me dutim, definiramo drugi kompleksan broj z = z (cos(φ + 2π n ) + i sin(φ + 2π n )), dakle iste apsolutne vrijednosti, a argumenta većeg za 2π n. Me dutim, dobijamo, (z ) n = z n. Prema tome, i z i z su n-ti korijeni iz kompleksnog broja z n. Ovo nam je opravdanje za sljedeći rezultat. Moivreova formula za n-ti korijen kompleksnog broja. Neka je z = z (cos(φ) + i sin(φ)) kompleksan broj. Tada su njegovi n-ti korijeni točno sljedeći brojevi z k = n z (cos φ + 2kπ n + i sin φ + 2kπ ), k = 0, 1,..., n 1. n Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 17 / 135

Funkcije U ovom poglavlju dat ćemo definiciju i osnovna svojstva funkcija, a onda ćemo krenuti na pregled elementarnih funkcija. Definicija Funkcija je ure dena trojka (D, K, f ) u kojoj je D skup koji nazivamo domena funkcije, K skup koji nazivamo kodomena funkcije i f koje je pravilo pridruživanja koje svakom element domene D pridružuje jedan i samo jedan element kodomene K. U gornjoj situaciji pišemo f : D K da bi iskazali da f djeluje na D i da preslikava elemente iz D u skup K. Oznaka da je pri pridruživanju f elementu x iz domene pridružen element y iz kodomene jest f (x) = y; pri tome je y slika elementa x. Imf = {f (x) : x D} je podskup kodomene K i naziva se slika funkcije f. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 18 / 135

Primjer S f : N N, f (x) = 2x je dobro zadana jedna funkcija; dakle f (1) = 2, f (2) = 4, f (3) = 6. Primjetimo da je Imf = {2n : n N} pravi podskup kodomene N. Primjer Promotrimo funkciju f (x) = 1 1+x 2, f : R R (primjetimo da je dobro definirana). Odredite sliku fukcije f. Uvijek vrijedi 0 < 1 1 + x 2 1, jer je 1 + x 2 1. Dakle, Imf (0, 1]. Dokažimo da je Imf = (0, 1]. Dovoljno je dakle pokazati da je svaki element iz (0, 1] u slici od f. Neka je da y (0, 1] proizvoljan tvrdimo da postoji x (0, 1] td. je 1. Lakim raspisom dobivamo da je onda x = ± 1. Ovaj 1+x 2 izraz ima smisla, jer, budući da je y (0, 1], 1 y [1, + ) te je 1 y 1 nenegativan broj iz kojeg je moguće izvaditi drugi korijen. 1 y Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 19 / 135

Definicija Za funkciju f : D K kažemo da je Surjekcija ako je Imf = K (drugim riječima, svaki element kodomene je u slici funkcije) Injekcija ako za svaka dva elementa x 1, x 2 D vrijedi x 1 x 2 = f (x 1 ) f (x 2 ) (drugim riječima, različiti element domene se preslikavaju u različite elemente kodomene). Pokažite da je ovaj zahtjev ekvivalentan sljedećem f (x 1 ) = f (x 2 ) = x 1 = x 2. Bijekcija ako je istovremeno i injekcija i surjekcija. Zadatak Komentirajte egzistenciju i jedinstvenost rješenja jednadžbe f (x) = y (gdje je f : D K funkcija) Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 20 / 135

Definicija Neka su f : D K i g : K L funkcije. Tada je definirana funkcija g f : D L (kompozicija funkcija f i g) na sljedeći način: za x D, (g f )(x) = g(f (x)). Primjer Neka su zadane dvije funkcije f, g : R R. Tada su definirane kompozicije f g i g f (zašto?). Promotrimo konkretne slučajeve f (x) = x + 1 i g(x) = x 2. Tada je (f g)(x) = f (g(x)) = f (x 2 ) = x 2 + 1. S druge strane je (g f )(x) = g(f (x)) = g(x + 1) = (x + 1) 2. Dakle, f g g f. Zaključujemo dakle, da u općenitom slučaju, komponiranje funkcija nije komutativno. Inverzna funkcija Neka je f : D K neka bijekcija. Tada, za svaki y K postoji x D takav da je y = f (x) (jer je f surjekcija). Štoviše, takav x je jedinstven. Dakle, svakom y K možemo pridružiti jedinstveni x D (s prethodnim svojstvom), što definira funkciju s K u D, koju nazivamo inverzna funkcija funkcije f i označavamo s f 1. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 21 / 135

Prema gornjem postupku, ako je y = f (x), onda je x = f 1 (y), prema tome je f 1 f = id D f f 1 = id K, gdje, za općeniti skup A, id A : A A označava identitetu na A; te je x A, id A (x) = x. Primjer Na dite inverznu funkciju funkcije f : R R zadane s f (x) = 1 3x+1. Prvo provjeravamo je li funkcija f bijekcija. Ono što odmah vidimo jest 1 da nije surjekcija na R, jer 3x+1 je uvijek rzaličito od 0, te 0 nije u slici funkcije f. Stoga moramo modificirati zadatak i promatrati funkciju f : R R \ {0} i pitati se je li ona bijekcija. Provjeravamo injektivnost: 1 neka je f (x 1 ) = f (x 2 ). To znači 3x 1 +1 = 1 3x 2 +1. Odmah dobivamo da je nužno x 1 = x 2, dakle, funkcija je injekcija. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 22 / 135

Provjeravamo surjektivnost: neka je y R \ {0} proizvoljan. Kada bi y bio u slici funkcije f postojao bi x R t.d. je 1 3x+1 = y što znači da je x = 1 y 3y a taj nam izraz ima smisla čim je y 0 (a jest). Dakle, inverzna funkcija funkcije f djeluje na način y 1 y 3y (= x) (tj. f 1 (y) = 1 y 3y ). Definicija Graf funkcije f : D K (u oznaci Γ f ) je podskup skupa D K definiran s Γ f = {(x, f (x)) : x D}. Sada ćemo analizirati malo pobliže neka svojstva realnih funkcija realne varijable, tj. onih kod kojih su i domena i kodomena podskupovi od R (dakle grafovi su podskupovi od R 2 = R R, što omogućuje zgodnu vizualizaciju). Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 23 / 135

Realne funkcije realne varijable Nekoliko jednostavnih činjenica Kao što smo vidjeli, ako je f realna funkcija realne varijable, vrijedi da je Γ f R 2. Pitanje: kako prepoznajemo je li neki podskup S od R 2 (koordinatizirana ravnina) jest graf neke funkcije? Nužan uvjet: svaki vertikalni pravac u R 2 smije sjeći S u najviše dvije točke!! (ovaj uvjet ćemo zvati vertikalnim testom) Primjetimo, ako je funkcija injekcija, onda svaki horizontalni pravac siječe graf funkcije f u najviše jednoj točki. (ako pretpostavimo da pravac y = c siječe graf funkcije f u dvije različite točke, recimo (x 1, f (x 1 )) i (x 2, f (x 2 )), gdje je znači x 1 x 2, vidimo da je onda c = f (x 1 ) = f (x 2 ), dakle nije riječ o injekciji). Ovu jednostavnu činjenicu možemo zvati horizontalni test za injektivnost. Pretpostavimo da je f bijekcija. Tada znamo da postoji f 1. U kojem su odnosu Γ f i Γ f 1? Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 24 / 135

y y x x Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 25 / 135

Tvrdnja Grafovi funkcija f i f 1 su me dusobno osnosimetrični obzirom na os simetrije y = x. Obrazložimo ovu tvrdnju. Neka je točka (x 0, y 0 ) Γ f. To znači da je y 0 = f (x 0 ), te je onda x 0 = f 1 (y 0 ), što znači da je tada (y 0, x 0 ) Γ f 1. Sada je dovoljno provjeriti da su točke općenite točke (x 0, y 0 ) i (y 0, x 0 ) me dusobno osnosimetrične obzirom na pravac y = x. To odmah slijedi iz sukladnosti trokuta kao što se vidi sa slike. y (y 0, x 0 ) (x 0, y 0 ) x Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 26 / 135

Naime, trokut s vrhovima u (0, 0), (x 0, y 0 ), (y 0, x 0 ) je jednakokračan. S druge strane pravac kroz (x 0, y 0 ) i (y 0, x 0 ) ima koeficijent smjera jednak 1, pa je pravac y = x (crtkana os na slici) okomit na njega. Prema tome, pravac y = x je ujedno i os simetrije tog trokuta, pa su dane točke uistinu osnosimetrične. Kao što ćemo vidjeti eksponencijalna funkcija s bazom e i prirodni logaritam (s bazom e) su me dusobno inverzne funkcije a imaju sljedeće (me dusobno simetrične) grafove. y x Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 27 / 135

Definicija Za funkciju f : D K (i nadalje je D, K R) kažemo da je rastuća (strogo rastuća) ako vrijedi ( x 1, x 2 D)(x 1 < x 2 = f (x 1 ) f (x 2 )) (( x 1, x 2 D)(x 1 < x 2 = f (x 1 ) < f (x 2 ))) Za funkciju f : D K kažemo da je padajuća (strogo padajuća) ako vrijedi ( x 1, x 2 D)(x 1 < x 2 = f (x 1 ) f (x 2 )) (( x 1, x 2 D)(x 1 < x 2 = f (x 1 ) > f (x 2 ))) ako je funkcija padajuća ili rastuća, kažemo da je monotona ako je funkcija strogo padajuća ili strogo rastuća, kažemo da je strogo monotona Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 28 / 135

Pretpostavimo da je f takva da je za svaki x D f ispunjeno da je i x D f (dakle, domena funkcije f je simetričan (podskup od R) obzirom na ishodište). Tada kažemo da je f 1 parna ako je ( x D f )f ( x) = f (x) 2 neparna ako je ( x D f )f ( x) = f (x) Primjetimo, ako je f parna, za svaki (x, f (x)) Γ f je nužno ( x, f (x)) Γ f. Me dutim, točke (x, f (x)) i ( x, f (x)) su me dusobno osnosimetrične obzirom na y-os koordinatnog sustava. Dakle, graf parne funkcije je osnosimetričan obzirom na y os. Ako je f neparna, za svaki (x, f (x)) Γ f je nužno ( x, f (x)) Γ f. Me dutim, točke (x, f (x)) i ( x, f (x)) su me dusobno centralnosimetrične obzirom na ishodište koordinatnog sustava. Dakle, graf neparne funkcije je centralnosimetričan obzirom na ishodište. Ilustrirajmo to na primjerima parne funkcije f : R R, f (x) = x 2 i neparne f (x) = x 3. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 29 / 135

y x Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 30 / 135

Zadatak Pokažite da su sve funkcije (definirane na čitavom R) oblika f (x) = x 2n, gdje je n N, parne, a f (x) = x 2n 1 neparne. Primjetimo da, općenito, ako je funkcija f neparna i 0 D f, da je tada nužno f (0) = 0. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 31 / 135

Periodičnost Pretpostavimo da f : D f R f ima sljedeće svojstvo: neka je za neki T > 0 ispunjeno da je za svaki x D f nužno i x + T D f i f (x + T ) = f (x). Kažemo da jer tada funkcija f periodična s periodom T. Ako je T najmanji pozitivan realan broj s tim svojstvom, kažemo da je T temeljni period funkcije f. Primjeri Znamo da je funkcije sin, cos periodičke s temeljnim periodom 2π, a tg, ctg periodičke s temeljnim periodom π. Napomene Za općenitu periodičku funckiju f vrijedi: ako joj je T > 0 period, onda je za svaki k N, kt tako der period (pokažite!) Za periodičku fukciju ne mora nužno postojati temeljni period. Npr. promotrimo realnu funkciju (na čitavom R) definiranu s { 1, ako je x Q f (x) = 0, ako je x / Q. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 32 / 135

Pokažite da joj je svaki pozitivan racionalan broj period. To znači da ona nema temeljnog perioda (zašto? Postoji li najmanji pozitivan racionalan broj?) Primjer Odredimo je li funkcija f (x) = ln(x + 1 + x 2 ) parna, neparna ili ništa od toga. Prvo treba vidjeti je li domene simetrična obzirom na ishodište. Odredimo prirodnu domenu. Ako je x 0, onda je x + 1 + x 2 > 0 pa je logaritam tu dobro definiran. S druge strane, ako je x < 0, 1 + x 2 > x 2, pa je 1 + x 2 > x = x, te je opet x + 1 + x 2 > 0. Dakle, domena naše funkcije je čitav R (domena je, prema tome, simetrična obzirom na ishodište). Računamo f ( x) = ln( x + 1 + x 2 ). Primjetimo da vrijedi x + 1 + x 2 x + 1 + x 2 x + 1 + x = 1 + x 2 x 2 2 x + 1 + x = 1 2 x + 1 + x. 2 Dakle, ln( x + 1 + x 2 1 ) = ln( x+ 1+x ) = ln( 1 2 x+ Zaključujemo da je funkcija neparna. 1+x 2 ). Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 33 / 135

Prirodna domena Realnu funkciju realne varijable najčešće zadajemo formulom (kao npr. u prethodnom primjeru). Ako se kod takvog zadavanja ne precizira domena, pretpostavlja se da je domena najveći podskup skupa realnih brojeva na kojem ta formula ima smisla. Takav podskup se naziva prirodna domena. Primjer Odredite prirodne domene sljedećih funkcija 1 f (x) = x 2 9 2 f (x) = 2x 1 3 f (x) = 3x+2 x 2 1 x Riješimo prvi zadatak. Drugi korijen vadimo iz nenegativnih brojeva, dakle mora biti x 2 9 0 a to nam je ekvivalentno s x 3. Dakle D f = (, 3] [3, + ). Riješimo drugi zadatak. Da bi razlomak imao smisla nužno je i dovoljno da mu je nazivnik različit od nule, dakle x 2 3. D f = R \ { 2 3 } = (, 2 3 ) ( 2 3, + ). Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 34 / 135

Definicija Kažemo da je funkcija f odozdo ograničena ako postoji m R t.d. vrijedi ( x D f )f (x) m. Kažemo da je funkcija f odozgo ograničena ako postoji M R t.d. vrijedi ( x D f )f (x) M. Kažemo da je funkcija ograničena ako je ograničena odozgo i ograničena odozdo. Vizualno, Γ f nalazi unutar pruge ome dene pravcima y = m i y = M. y y = m y = M Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 35 / 135 x

Pregled elementarnih funkcija U ovom poglavlju dajemo pregled nekih posebnih, značajnih realnih funkcija realne varijable čijim kombinacijama ćemo generirati s ve ostale funkcije koje su nam od interesa. Te elementarne funkcije su: polinomi, racionalne funkcije, eksponencijalne funkcija, logaritamska funkcija, opća potencija, trigonometrijske funkcije, arkus funkcije, hiperbolne i area funkcije. Polinomi su dobiveni samo zbrajanjem i množenjem varijable x sa samom sobom ili konstantama. Točnije, (realni) polinom n-tog stupnja je funkcija f : R R oblika f (x) = a n x n + a n 1 x n 1 + + a 1 x + a 0, gdje su a n, a n 1,..., a 1, a 0 realne konstante i a n 0. Brojevi a n, a n 1,..., a 1, a 0 se nazivaju koeficijenti polinoma, posebno a n je vodeći koeficijent a a 0 je slobodni koeficijent. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 36 / 135

Prirodno nam se nameće pitanje: ako je dan polinom možemo li i kako odrediti njegove nultočke? Krenimo u analizu polinoma, počevši od onih najnižeg stupnja. Ako je n = 0, polinom 0-tog stupnja f (x) = a 0 je u stvari, konstantna funkcija. Prema definiciji je onda a 0 0. U slučaju da je a 0 = 0 dobivamo tzv. nul-polinom, i uobičajeno je da se za stupanj nul-polinoma uzima ili 1. Ako je n = 1, polinom f (x) = a 1 x + a 0 zovemo još i linearnom funkcijom. Znamo da joj je graf pravac, a nultočka je jedinstvena i jednaka a 0 a 1. Ako je n = 2 polinom f (x) = a 2 x 2 + a 1 x + a 0 zovemo i kvadratnom funkcijom. Znamo da joj je graf parabola. Najčešće koeficijente označavamo s f (x) = ax 2 + bx + c. Nultočke pronalazimo namještanjem kvadratne funkcije na (nepotpuni) kvadrat binoma: Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 37 / 135

ax 2 + bx + c = 0 a(x 2 + b a x + c a ) = 0 a(x 2 + 2 b 2a x + ( b 2a )2 ) b2 4a + c a = 0 a(x + b 2a )2 = b2 4ac. 4a Sada korijenovanjem jednostavno dobivamo x 1,2 = b ± b 2 4ac. (2) 2a Iz ovoga slijedi da su nultočke realne ako i samo ako je izraz b 2 4ac nenegativan. Definicija Neka je dana kvadratna funkcija f (x) = ax 2 + bx + c, a 0. Tada izraz D = b 2 4ac nazivamo diskriminantom kvadratne funkcije (odnosno pripadne kvadratne jednadžbe ax 2 + bx + c = 0). Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 38 / 135

U ovisnosti o predznaku broja D imamo (prema (2)) sljedeće mogućnosti 1 D > 0: jednadžba ima dva me dusobno različita realna rješenja x 1, x 2 R, x 1 x 2 2 D = 0: jednadžba ima jedno (tzv. dvostruko) realno rješenje x 1 = x 2 = b 2a 3 D < 0: jednadžba ima dva me dusobno različita kompleksna rješenja koja su me dusobno konjugirana: x 1 = b 2a + 2a x 2 = b 2a 4ac b 2 2a i; primjetimo da je onda 4ac b 2 = D R. 4ac b 2 (Ne)postojanje realnih nultočki (a takve jedino i vidimo iz grafa realne funkcije realne varijable) se vidi po tome siječe li graf naše funkcije f (x) = ax 2 + bx + c x os ili ne, kao što se može vidjeti na ovim primjerima. i i Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 39 / 135

y D 0, a > 0 x Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 40 / 135

y D < 0, a < 0 x Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 41 / 135

Za polinome trećeg stupnja postoje formule za eksplicitno izračunavanje nultočki, ali mi ih nećemo pisati (slično i za polinome četvrtog stupnja). Za općenite polinome stupnja većeg li jednakog 5 nema eksplicitnih formula za računanje nultočki (me dutim, to ne znači da je nemoguće točno naći nultočke niti jednog polinoma višeg stupnja; za neke specifične polinome to je moguće, ali ne općenito). Bezoutov teorem Pretpostavimo da je α nultočka (korijen) polinoma f (x) (stupnja većeg ili jednakog 1). Tada je f djeljiv polinomom g(x) = x α. I obratno: ako je f djeljiv polinomom g(x) = x α, tada je α nultočka polinoma f. ( podsjetnik: dijeljenje polinoma s ostatkom) Bezoutov teorem nam omogućava da si pronalaženjem jedne nultočke polinoma (npr. α), olakšamo traženje ostalih nultočka (naime, podijelimo f s g, dobivamo polinom h stupnja za jedan manjeg od stupnja od f, a nultočke od h su točno preostale nultočke od f ). Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 42 / 135

Pomoć kod pronalaženja nultočki polinoma: pretpostavimo da naš polinom ima cjelobrojne koeficijente i da mu je vodeći koeficijent a n = 1 (tzv normirani polinom). Tada, ako postoje, cjelobrojne nultočke dijele slobodni član. Primjer Odredite nultočke polinoma f (x) = x 3 6x 2 + 11x 6. Kandidati za cjelobrojne nultočke: 1, 1, 2, 2, 3, 3, 6, 6. Direktnim uvrštavanjem vidimo da je f (1) = 0, dakle x 1 = 1 je jedna nultočka. Prema Bezoutovm teoremu, f je djeljiv s x 1; nakon dijeljenja dobivamo polinom x 2 5x + 6. Sada imamo formulu za nultočke kvadratnog polinoma, dobivamo x 2 = 2 i x 3 = 3 ( Vieteove formule) Primjer Odredite nultočke polinoma f (x) = x 3 x 2 + 4x 4. Mogli bismo postupiti kao u prethodnom primjeru, a možemo koristiti i direktnu faktorizaciju (ako je možemo odmah uočiti). Dakle x 3 x 2 + 4x 4 = x 2 (x 1) + 4(x 1) = (x 1)(x 2 + 4). Nultočke polinoma x 2 + 4 su 2i i 2i, dakle par konjugirano kompleksnih brojeva. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 43 / 135

kratnost nultočke polinoma (točnije tzv. algebarska kratnost nultočke). Neka je α nultočka polinoma f. Prema Bezoutovom teoremu, x α dijeli f. Neka je polinom g rezultat tog dijeljenja. Može se desiti da je α ponovno nultočka od g, te x α dijeli g; neka je h rezultat tog dijeljenja. Dakle, f (x) = (x α)g(x) = (x α) 2 h(x). Recimo da ovaj postupak možemo još nastavljati; stajemo kad u rezultatu dijeljenja s x α dobivamo polinom koji nije djeljiv s x α. Definicija Pretpostavimo da je α nultočka polinoma f. Prirodan broj r takav da postoji polinom g takav da je f (x) = (x α) r g(x) pri čemu α nije nultočka od g(x), se naziva (algebarska) kratnost nultočke α polinoma f. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 44 / 135

Primjer Promotrimo polinom f (x) = x 3 6x 2 + 12x 8. Poga dajući cjelobrojne nultočke, kao u prvom primjeru, dobivamo da je x = 2 nultočka. Podijelimo s x 2 i dobivamo polinom x 2 4x + 4. Ponovno je jedina nultočka ovog polinoma x = 2 i to dvostruka. Dakle, 3 6x 2 + 12x 8 = (x 2 ) 3 = (x 2) 3 1. Dakle, x = 2 je nultočka kratnosti 3 polinoma f. Osnovni teorem algebre Neka je f polinom n tog stupnja, n 1. Tada on ima kompleksnu nultočku. Primjenjujući Bezoutov teorem, iz osnovnog teorema algebre slijedi da polinom n tog stupnja ima točno n nultočki, računajući kratnost ( slučaj kvadratnog polinoma) Primjetimo, nigdje se ne tvrdi da polinom (cijelo vrijeme naši polinomi imaju realne koeficijente) mora imati realne nultočke, me dutim, ako je polinom neparnog stupnja, onda sigurno ima barem jednu realnu nultočku (slika!) Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 45 / 135

y = (x + 1)(x 1)x 60 40 20 4 2 2 4 20 40 60 Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 46 / 135

Racionalne funkcije Definicija Funkcije oblika f (x) = P(x) Q(x), gdje su P, Q polinomi, Q 0, se nazivaju racionalne funkcije. Primjetimo da su polinomi i sami vrsta racionalnih funkcija. Prirodna domena racionalne funkcije f (x) = P(x) Q(x) je R \ {x R : Q(x) = 0}. Ako je degp degq (deg je oznaka za stupanj polinoma), možemo prvo podijeliti P s Q. Naime, u tom slučaju postoje polinomi H i R, gdje je degr < degq, takvi da je P(x) = Q(x)H(x) + R(x). Tada je P(x) Q(x) = H(x) + R(x) Q(x). Racionalna funkcija R(x) Q(x), gdje je degr < degq, se naziva prava racionalna funkcija Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 47 / 135

Kasnije ćemo vidjeti kako se svaka prava racionalna funkcija može zapisati kao zbroj specijalno jednostavnih racionalnih funkcija, tzv. parcijalnih razlomaka; to ćemo koristiti kod integriranja. Primjeri parcijalnih razlomaka su npr. funkcije f 1 (x) = 1 x, f 2(x) = 1 i x 2 f 3 (x) = 1 2x+3. Radi ilustracije, dajemo grafove tih funkcija y = 1 x 4 2 10 5 5 10 2 4 Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 48 / 135

y = 1 x 2 25 20 15 10 5 10 5 5 10 Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 49 / 135

y = 1 2x+3 4 2 4 2 2 4 2 4 Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 50 / 135

Eksponencijalna funkcija Neka je a > 0 proizvoljan realan broj kojeg fiksiramo. Za prirodan broj n, jasno nam je značanje izraza a n ; a n = a a a (n puta množimo). Odmah se vidi da za svake m, n N vrijedi svojstvo a m+n = a m a n. (3) Pokušajmo sada izrazu a x dati značenje za x iz što većeg skupa brojeva, ali tako da osnovno svojstvo (3)) ostane očuvano. Dakle, za x N značenje je jasno. Za x Z \ N (dakle x 0) stavljamo a x := 1 za x < 0; za x = 0 stavljamo a 0 := 1. Direktnom a x provjerom (domaća zadaća!) vidimo da je svojstvo (3)) i dalje očuvano. Neka je sada x = m n Q, gdje su m, n N. Stavljamo a m n = n a m a ako je x Q, x < 0 stavljamo a x := 1. Što ako je a x x Q, x = m n = m n? Dokažite da je definicija dobra i da opet i za m, n Q vrijedi (3)). Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 51 / 135

Zaključimo: za x Q, definicija ja jasna, jer uključuje osnovne računske operacije i korjenovanje. Kako definirati a x, za x R? Ovdje nam trebaju granični procesi koje ćemo opisati bez strogog dokazivanja. Podsjetimo se da je Q gust u R. Dakle, možemo pronaći niz q-ova iz Q koji se proizvoljno blizu mogu približiti danom x R. Tada ćemo definirati a x da bude granična vrijednost tih a q ova. Točnije, ako je a > 1, stavljamo Definicija a ako je < a < 1 a x = sup{a q : q Q, q < x}, a x = inf{a q : q Q, q < x}. Može se provjeriti da onda i za tako definiranu vrijednost a x vrijedi da za svaki x, y R vrijedi a x+y = a x a y, tj. vrijedi (3). Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 52 / 135

Svojstva eksponencijalne funkcije Neka je f (x) = a x ekponencijalna funkcija konstruirana na gore opisani način. Tako dobivena funkcija ima sljedeća svojstva: 1 D f = R (prirodna domena) 2 Imf = 0, + 3 f (0) = 1. 4 Za q Q, f (q) = a q, gdje je a q opisano u prethodnoj konstrukciji 5 f (x + y) = f (x) f (y). 6 Za a > 1 f strogo raste; a za 0 < a < 1 f strogo pada. Ova svojstva potpuno opisuju eksponencijalnu funkciju. Od posebnog je značaja odabir baze eksponencijalne funkcije (broja a). Najčešće se kao baza koristi broj e = 2.71828182846.... Graf funkcije f (x) = e x : Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 53 / 135

Primjetimo da je, a jer je strogo monotona; eksponencijalna funkcija injekcija, dakle i bijekcija na sliku- f : R 0, +, te ima inverznu funkciju. Inverzna funkcija eksponencijalne funkcije je logaritamska funkcija. Definicija logaritma dakle slijedi iz činjenice da je to inverzna funkcija eksponencijalne funkcije (npr. s bazom a), u oznaci log a. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 54 / 135

Dakle a log a (x) = x, log a (a x ) = x. Iz same definicije slijede svojstva logaritamske funkcije f (x) = log a x: 1 D f = 0, + 2 ImF = R 3 log a 1 = 0 4 log a xy = log a x + log y 5 Za a > 1 f je strogo rastuća, a za 0 < a < 1, f je strogo padajuća. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 55 / 135

Graf logaritamske funkcije Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 56 / 135

Opća potencija Slično diskusiji kod definiranja eksponencijalne funkcije, možem se upitati u kojoj mjeri možemo poopćiti pojam uobičajene potencije (monoma koji se javlja npr. u polinomima). Dakle, za n N nam je jasno značenje izraza x n, za svaki x R. Me dutim, kada bi htjeli definirati ovu potenciju s eksponentm koji je razlomak (razmislite npr. o 3 2 ) imali bi problema s predznakom rezultata ako bi uzeli da je x realan broj negativnog predznaka). Prema tome, ako je x > 0 onda, prema i prema definiciji eksponencijalne funkcije, izraz x c ima smisla za proizvoljan c R (samo što je ovdje baza x varijabla). Koristeći očigledno svojstvo logaritma, a to je da je za n N, ln(x n ) = n ln x, analogno definiramo opću potenciju (n c). Definicija Neka je c R proizvoljan. Funkciju f : R + R, definiranu s f (x) = x c := e c ln x nazivamo općom potencijom (s eksponentom c). Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 57 / 135

Analogno svojstvima uobičajene potencije s eksponentima koji su prirodni brojevi, i za opću potenciju vrijede analogna svojstva (koja odmah slijede iz svojstava eksponencijalne funkcije (kako?)) x α x β = x α+β (4) (x α ) β = x αβ. (5) Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 58 / 135

Trigonometrijske funkcije Kutevi u stupnjevima i u radijanima Obrazložit ćemo prednosti mjerenja kuteva u radijanima, tj. prirodnost takvog pristupa. Znamo da kutu od 180 stupnjeva odgovara kut od π radijana. S druge strane, zamislimo da su ti kutevi središnji kutevi u kružnici radijusa 1. Tada kutu od π radijana odgovara luk koji je u stvari polukružnica, dakle duljine 2 1π 2 = π. Prema tome, na jediničnoj kružnici, brojčani iznosi središnjeg kuta u radijanima i duljine pripadnog luka su jednaki. Prema tome, pri namatanju pravca na kružnicu luku duljine x odgovara središnji kut x, pa tako trigonometrijske funkcije možemo shvatiti kao, s jedne strane, funkcije kutova, a s druge strane, kao funkcije zadane na realnoj osi (koju namotavamo na kružnicu) Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 59 / 135

Namatanje pravca na kružnicu; sinus i kosinus y E(x0 ) x 0 sin(x 0 ) cos(x 0 ) x Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 60 / 135

Tako apscisu točke E(x) na jediničnoj kružnici nazivamo cos x, ordinatu točke E(x) nazivamo sin(x) a definiramo tg x = sin x cos x i ctg x = cos x sin x. Vidimo da se nakon jednog namotaja pravca na kružnicu, mjesta na kružnici na koja se namotavaju točke s pravca se počinju ponavljati, a s njima i vrijednosti trigonometrijskih funkcija. Budući da je duljina jedinične kružnice 2π, vrijedi sin(x + 2kπ) = sin(x), x R, k Z, (6) cos(x + 2kπ) = cos(x), x R, k Z. (7) Vidimo, prema postupku namotavanja, da je sin(x + kπ) = ( 1) k sin x i cos(x + kπ) = ( 1) k cos x, te onda odmah slijedi tg(x + kπ) = tg(x), x D tg, k Z, (8) ctg(x + kπ) = ctg(x), x D ctg, k Z. (9) Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 61 / 135

Vrijedi: 1 D sin = D cos = R 2 Im sin = Im cos = [ 1, 1] 3 sin je parna funkcija, a cos neparna. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 62 / 135

Primjetimo da je sin na segmentu [ π 2, π 2 ] injektivna funkcija, koja na tom segmentu poprima sve moguće vrijednosti. Dakle, Sin := sin [ π 2, π 2 ] : [ π 2, π 2 ] [ 1, 1] je bijekcija, pa ima inverznu funkciju, u oznaci Sin 1 = arcsin. Dakle, arcsin : [ 1, 1] [ π 2, π 2 ]. I Sin pa onda i automatski arcsin (zašto?) su Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 63 / 135

strogo rastuće na svojim domenama. Analogno, cos je injektivna funkcija restringirana na [0, π] (naravno, ne na cijeloj domeni) i na tom segmentu poprima sve vrijednosti. Stoga definiramo Cos [0,π], koja ima svoju inverznu funkciju Cos 1 = arccos : [ 1, 1] [0, π] koja je strogo padajuća. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 64 / 135

Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 65 / 135

Tangens i kotangens Prema definiciji, funkcija tangens je definirana za one x R za koje je nazivnik, tj.cos x različit od nule. Prema tome, D tg = R \ { 2k+1 2 π : k Z}. Prema tome, graf se sastoji od više komponenti, grana, kao što sev idi na grafu Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 66 / 135

Prema uobičajenim svojstvima inverza, vrijedi arctg(tg x) = x, x π 2, π 2, tg(arctg x) = x, x R. Analogno vrijedi i za funkciju kotangens: D ctg = R \ {kπ : k Z}. Graf se sastoji dakle od više grana kao što je vidljivo iz grafa funkcije ctg: Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 67 / 135

Opet vrijede uobičajene relacije za inverzne funkcije: arcctg(ctg x) = x, x 0, π, ctg(arcctg x) = x, x R. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 68 / 135

Hiperboličke funkcije Hiperboličke funkcije su izvjesne kombinacije eksponencijalnih funkcija koje ćemo sada definirati; a o nda ćemo komentirati i vezu s hiperbolom Sinus hiperbolni (hiperbolički), u oznaci sh, je funkcija sh : R R definirana s sh(x) = ex e x. 2 Vrijedi D sh = R, Im sh = R. Lako se provjeri da je sh neparna funkcija. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 69 / 135

Kosinus hiperbolni je definiran s ch = ex +e x 2. Odmah se vidi da je D ch = R i da je Im ch 0,, te da je ch(0) = 1. Vidimo i da je funkcija parna. Tvrdimo da je Im ch = [1, +. Pokazat ćemo sada samo da je Im ch [1, +. Zaista, stavimo y = e x. Dakle y > 0 i y+y 1 ch(x) = 2. Primjenimo sada nejednakost izme du aritmetičke i y+y 1 geometrijske sredine koja daje 2 y y 1 = 1 i tvrdnja je dokazana. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 70 / 135

Napomene Graf funkcije ch se naziva lančanica. Razlog je sljedeći: teški, homogeni lanac u polju sile teže, učvršćen na dva kraja koja se nalaze na istoj visini, poprima, dok visi, upravo oblik lančanice. Izračunajmo ch 2 (x) sh 2 (x) = ( ex +e x 2 ) 2 ( ex e x 2 ) 2 = 2ex 2e x 2 2 = 1. ch 2 (x) sh 2 (x) = 1. Otkuda naziv hiperboličke funkcije? Prisjetimo se, jednadžba x 2 y 2 = 1 opisuje hiperbolu u xy ravinini. Dakle, t (ch t, sh t) je, prema prethodnoj napomeni, parametrizacija te hiperbole (analogno tome, temelja relacija trigonometrije sin 2 t + cos 2 t = 1 daje nam parametrizaciju t (cos t, sin t) jednične kružnice s jednadžbom x 2 + y 2 = 1). Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 71 / 135

Tu ne prestaje sličnost s trigonometrijskim funkcijama. Direktnim računom se provjeri da vrijede slijedeće adicione formule za sh i ch: sh(x + y) = sh x ch y + ch x sh y, ch(x + y) = ch x ch y + sh x sh y Analogno kao i kod trigonometrijskih funkcija, definiraju se tangens i kotangens hiperbolni. th x = sh x ch x ; D th = R, Im th = 1, 1. Odmah se provjeri da je th neparna funkcija. Pokazuje se i da je strogo rastuća. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 72 / 135

cth x = ch x sh x ; D ch = R \ {0}, Im cth =, 1 1, +. Odmah se provjeri da je cth neparna funkcija.pokazuje se i da je na svakom od dva intervala na domeni, strogo padajuća. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 73 / 135

Area funkcije Kao što smo vidjeli, na veliki dijelovima domene (a za neke funkcije i na čitavoj domeni) hipreboličke funkcije su strogo monotone, te dopuštaju inverz (sa svoje slike). Area funkcije su inverzne funkcije hiperboličkih funkcija. Area sinus hiperbolni Primjetimo da je sh strogo rastući na čitavoj domeni, te je dobro definirana funkcija arsh = sh 1 : R R, te onda za svaki x R vrijedi arsh(sh x) = x i sh(arsh x) = x. Iz ovih relacija možemo i eksplicitno izračunati izraz za računanje arsh x.. Dakle ako je y = sh x, onda je x = arsh y. Dakle, želimo izraziti x preko y, a znamo da je y = ex e x 2. Stavimo z = e x. Tada je y = z+z 1 2. Kada raspišemo dobivamo kvadratnu jednadžbu po z: z 2 2yz 1 = 0. Dobivamo z 1,2 = 2y± 4y 2 +4 2. Budući da mora biti z > 0, dobivamo samo jednu mogućnost predznaka: z = 2y+ 4y 2 +4 2, tj. x = arsh y = ln(y + y 2 + 1). Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 74 / 135

Area kosinus hiperbolni Budući da je kosinus hiperbolni parna funkcija, ne može biti injektivan na čitavoj domeni, me dutim ako restringiramo Ch := ch [0,+ ) [1, + ) je bijekcija, pa možemo definirati arch := Ch : [1, + ) [0, + ). Na sličan način kao iza sinus hiprebolni, uvodeći zamjenu z = e x, dobivamo eksplicitnu formulu za arch: arch(x) = ln(x + x 2 1). Area tangens hiperbolni Budući da je tangens hiprebolni bijekcija na čitavoj domeni (strogo rastuća funkcija je); možemo odmah definirati arth := th 1 : 1, 1 R. Dobovamo analogno kao i prije arth x = 1 2 ln 1 + x 1 x. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 75 / 135

Area kotangens hiperbolni Odmah vidimo de je dobro definiran arcth = cth 1 : langle, 1 1, + R \ {0}. Na isti način kao i prije, dobivamo arcth x = 1 2 ln x + 1 x 1. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 76 / 135

Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 77 / 135

Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 78 / 135

Limes i neprekidnost Sve elementarne funkcije koje smo dosada upoznali s, barem na dijelu domene, bile neprekidne, što otprilike znači da njihov graf možemo nacrtati bez podizanja olovke s papira ("on je neprekidan"). Primjer funkcije koja nije neprekidna-ima prekid { x 2 ako je x 1, f (x) = x 2 ako je x > 1. Ova funkcija ima prekide u točkama 1 i 1. Funkcije tg, ctg i cth ćemo smatrati neprekidnima iako im se graf ne sastoji od jedne krivulje (naime, domene im i tako nije čitav R). možemo razmatrati što se dešava s funkcijskim vrijednostima neke funkcije f (x) kada varijabla x teži prema teži prema + teži prema nekom broju a R Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 79 / 135

Definicija Ako se f (x) sve više i više približava nekom realnom broju L, tj. f (x) L se koeže učiniti po volji malenim, kada x teži k a (gdje a R ili a = ± ), reći ćemo da je L limes ili granična vrijednost funkcije f u točki a i pisat ćemo Definicija lim f (x) = L. x a Ako f (x) neograničeno raste kada x teži a, onda pišemo lim f (x) = +. x a Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 80 / 135

Definicija Ako f (x) neograničeno pada kada x teži a, onda pišemo Primjeri lim f (x) =. x a f : R R, f (x) = x 2. Tada je lim x 2 f (x) = 4. { x 2, x 2 f : R R, f (x) =. Dakle Ovdje je f (2) = 5, ali 5, x = 2 lim x 2 f (x) = 4. Dakle limes funkcije u nekoj točki ne mora biti jednak funkcijskoj vrijednosti u toj točki. Promotrimo arctg : R R. Tada vrijedi (podsjetimo se grafa te funkcije) lim x + arctg(x) = π 2, lim x arctg(x) = π 2. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 81 / 135

Postoje i pojmovi limesa s lijeva i limesa s desna. U ovim slučajevima promatraju se samo funkcijske vrijednosti f (x) kada se x prilbližava broju a samo se jedne strane: samo s lijeva ili samo s desna. Oznake lim x a+ za limes s desna (približavanje a s desna, preko brojeva većih od a), lim x a za limes s lijeva (približavanje a s lijeva, preko brojeva manjih od a). Primjetimo, ako u nekoj točki a postoji limes, onda postoje i limesi s lijeva i s desna i jednaki su samom limesu, ali obrat ne mora biti točan. Primjer Izračunajmo lim x 0+ e 1 x i lim x 0 e 1 x. Uočimo, kada x 0+ tada 1 x +, dakle 1 x. Prema tome, za takve x, izraz e 1 x ide u 0 (podsjetimo se grafa eksponencijalne funkcije!). Dakle, lim x 0+ e 1 x = 0. S druge strane, kada x 0 tada 1 x, dakle 1 x +. Prema tome, za takve x, izraz e 1 x ide u +. Dakle, lim x 0 e 1 x = +. Vidimo da limesi s lijeva i desna nisu jednaki (pa prema tome, i ne postoji lim x 0 e 1 x ). Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 82 / 135

Najviše će nam trebati limesi racionalnih funkcija tj. opis njihovog ponašanja u i u nekoj konkretnoj točki. Limes nekog razlomljenog izraza kood kojeg su i brojnik i nazivnik neprekidni u danoj točki, prvo pokušavamo izračunati direktnim uvrštavanjem(kao i razliku, odnosno potenciju neprekidnih funkcija). Me dutim, možemo dobiti i izraze oblika 0 0,, 1,, koje nazivamo neodre deni oblici i koji zahtijevaju daljnju analizu. Primjer Promotrimo funkciju f (x) = x 2 4 x 2. Slijedi da je D f = R \ {2}. S druge strane, raspišimo f (x) = x 2 4 x 2 = (x 2)(x+2) x 2. Dakle, ako je x 2 0, možemo skratiti brojnik i nazivnik, i dobivamo da je za x 2, f (x) = x + 2. Prema tome, svugdje na domeni, funkcija f je u stvari jednaka x + 2, pa onda postoji limes lim x 2 f (x) = 4 (jer nam je za odre divanje limesa bitno ponašanje funkcije oko neke točke, a ne sama vrijednost u toj točki, kao što smo i vidjeli na prethodnim primjerima). Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 83 / 135

Primjeri 1 Primjetimo da je lim x ± x = 0, n N. Zatim, primjetimo da n 1 1 lim x 0 = +, ali ne postoji lim x 2 x 0 x, već je lim x 0+ 1 x = + a 1 lim x 0 x =. P(x) Koristeći gornji primjer, možemo izračunati lim x ± Q(x) za svaku racionalnu funkciju P(x) Q(x) : trebamo samo i brojnik i nazivnik podijeliti s najvišom potencijom od x koja se javlja i u brojniku i u nazivniku, tj. trebamo podijeliti s x max{degp,degq}. x 3 2x 2 1 + 5x 1 x lim x + 5x 4 8x 2 = lim 2 1 + 5 1 1 x 2 x 3 x 4 x + 5 8 1 = x 2 0 2 0 + 5 0 1 0 = 0. 5 8 0 Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 84 / 135

x Primjer Izračunajmo lim 3 3x+2 x 1. Direktnim uvršatavnjem x = 1 x 4 4x+3 dobivamo da je vrijednost racionalne funkcije 0 0, dakle neodre den izraz. Budući da je x = 1 nultočka polinoma i u brojniku i u nazivniku, prema Bezoutovom teoremu, oba polinoma su djeljiva s x 1 pa ih i podijelimo s njime. Dobivamo (x 2 +x 2)(x 1). Sada skratimo s (x 3 +x 2 +x 3)(x 1) (x 1) ( to smijemo jer nas za limes i tako zanima ponašenje izraza u okolini točke x = 1). Me dutim, kada ponovno uvrstimo x = 1 u x 2 +x 2 x 3 +x 2 +x 3 dobivamo neodre deni izraz 0 0. Sada ponovno dijeleći i x+2 brojnik i nazivnik s x 1 dobivamo lim x 1 x 2 +2x+3 = 3 6 = 1 2. Napomena Sljedeća dva limesa će nam tako der biti vrlo značajan sin x lim x 0 x lim x 0 e x 1 x = 1, = 1. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 85 / 135

Nagib, brzina, derivacija Uvest ćemo pojam derivacije funkcije koristeći geometrijsku i fizikalnu motivaciju. Započnimo s geometrijskom. eksplicitna jednadžba pravca u ravnini je y = kx + l nagib pravca tog pravca je k a to je upravo tangens kuta koji taj pravac zatvara s pozitivnim smjerom x osi znamo da je nagib pravca koji prolazi kroz dvije točke, (x 1, y 1 ) i (x 2, y 2 ) jednak y 2 y 1 x 2 x 1. nagib krivulje (u nekoj točki te krivulje) će za nas biti upravo nagib tangente (pravca koji dira krivulju) na tu krivulju (u toj točki) Kako izračunati jednadžbu tangente? Tangenta je granični položaj sekante (pravca koji prolazi kroz (barem) dvije točke krivulje) jedandžbu sekante nije teško izračunati: ako ona prolazi točkama (x 1, f (x 1 )), (x 2, f (x 2 )) koje se nalaze na grafu funkcije f, njen nagib je f (x 2) f (x 1 ) x 2 x 1. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 86 / 135

Sada pustimo da x 2 x 1 ; time će sekanta prijeći u tangentu na graf f (x funkcije f u točki (x 1, f (x 1 )). Nagib će onda biti lim 2 ) f (x 1 ) x2 x 1 x 2 x 1. Možemo to zapisati i ovako: nazovimo x 1 točkom x, budući da se x 2 približava x 1, njihova razlika h := x 2 x 1 teži u 0. Definicija Nagib tangente na graf funkcije f u točki (x, f (x)) naziva se derivacija funkcije f u točki x i označava se s f (x). Izračunava se kao f f (x + h) f (x) (x) = lim. h 0 h Napomena Pretpostavimo da je f neka fizikalna veličina koja je funkcija vremena (dakle x je vremenska varijabla). Tada izraz f (x + h) f (x) očigledno izražava promjenu fizikalne veličine u intrevalu h, a kada ju još podijelimo s tim vremenskim intervalom, izraz f (x+h) f (x) h nam dakle označava brzinu promjene veličine f. To nam je prirodna (fizikalna) interpretacija derivacije funkcije. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 87 / 135

y x Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 88 / 135

Primjer Neka je f (t) = s(t) put koji materijalna točka pre de pri, recimo pravocrtnom gibanju, do trenutka t. Tada je derivacija puta, tj.trenutna promjena brzine puta, ono što jednostavno zovemo brzina. Neka je f (t) = v(t) brzina pri pravocrtnom gibanju. Tada je brzina promjene brzine, tj. njezina derivacija, upravo akceleracija. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 89 / 135

Računanje derivacije funkcije Izračunat ćemo, prema definiciji, derivacije nekoliko elementarnih funkcija. f (x) = x 2. Tada je f (x + h) f (x) h = (x + h)2 x 2 h = 2xh + h2 h = 2x + h. f (x+h) f (x) Prema tome je lim h 0 h = 2x, te je (x 2 ) = 2x. f (x) = x n, n N. Izračunajmo (x + h) n x n. Koristeći binomni teorem za razvoj (x + h) n, dobivamo (x + h) n x n = ( ) n 1 x n 1 h + ( ) n 2 x n 2 h 2 + + ( n n) h n. Kada podijelimo s h, dobivamo nx n 1 + ( n 2) x n 2 h + = nx n 1 + h( ), te onda kada pustimo h 0, dobivamo (x n ) = nx n 1. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 90 / 135

f (x) = e x. f (x + h) f (x) = e x+h e x = e x (e h 1). Prema tome, e lim x (e h 1) h 0 h = e x (e lim h 1) h 0 h = e x, jer smo ovaj limes već susreli i prije. Dakle, (e x ) = e x. f (x) = sin x. Izračunajmo sin(x + h) sin x. Prema formuli za razliku sinusa, taj izraz je jednak 2 cos( 2x+h 2 ) sin h 2. Prema tome je 2 cos( lim 2x+h ) sin h 2 2 h 0 h = lim h 0 (cos( 2x+h 2 )) lim h 0 2 sin( h 2 ) h = sin( cos x lim h 2 ) h 0 h. Prema posljednji limes u izrazu je jednak 1, te 2 onda dobivamo (sin x) = cos x. Analogno prethidnom primjeru, dobivamo (cos x) = sin x Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 91 / 135